2017_2018学年高中数学考点32直线、平面平行的判定及其性质(含2015年高考试题)新人教A版
高中数学直线平面平行的判定与性质
∵AO＝FG＝ 3，
∴VABCDFE＝13×2×2×
3×2＝8 3
3 .
突破点一
突破点二
课时达标检测Байду номын сангаас
直线、平面平行的判定与性质 结 束
(2)证明：平面 ADE∥平面 BCF. 解：证明：由(1)知 AO∥FG，AO＝FG， ∴四边形 AOFG 为平行四边形，∴AG∥OF. 又∵DE∥BC，DE∩AG＝G，DE⊂平面 ADE，AG⊂平面 ADE，FO∩BC＝O，FO⊂平面 BCF，BC⊂平面 BCF， ∴平面 ADE∥平面 BCF.
突破点一
突破点二
课时达标检测
直线、平面平行的判定与性质
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥 P-ABCD
结束
中，PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AB
＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线
段 AD 上一点，AM＝2MD，N 为 PC
的中点．
(1)证明 MN∥平面 PAB；
(2)证明：平面 ADE∥平面 BCF.
突破点一
突破点二
课时达标检测
直线、平面平行的判定与性质 结 束
解：(1)取 BC 的中点 O，ED 的中点 G，连
接 AO，OF，
FG，AG. ∵AO⊥BC，AO⊂平面 ABC，平面 BCED
⊥平面 ABC，
∴AO⊥平面 BCED.同理 FG⊥平面 BCED.
突破点一
突破点二
课时达标检测
直线、平面平行的判定与性质
(2)若 EB＝2，求四边形 GEFH 的面积． [解] 如图，连接 AC，BD 交于点 O，
结束
BD 交 EF 于点 K，连接 OP，GK.
新高考数学直线、平面平行的判定与性质精品课件
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,H分别为DD1,AB的中点,点F,G分别在棱BC, CC1上,且CF=CG=BC,则在F,G,H这三点中任取两点确定的直线中,与平面ACE平行的直线的条数为( )A.0 B.1 C.2 D.3
课堂考点探究
[解析]如图,取CE的中点I,CC1的中点K,连接AI,IG,EK,因为CI=IE,CG=GK,所以IG∥EK,且IG=EK,又AB∥EK, AB=EK,AH=AB,所以IG AH,所以四边形AHGI为平行四边形,则AI∥GH,又GH⊄平面ACE,AI⊂平面ACE,所以GH∥平面ACE.易知HF,GF均不与平面ACE平行,故选B.
6.下列说法中正确的是 .(填序号) ①若a,b是两条直线,且a∥b,则a平行于经过b的任何平面;②若直线a和平面α满足a∥α,则a与α内的任何直线平行;③平行于同一条直线的两个平面平行;④若直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b⊄α,则b∥α.
课前基础巩固
[解析]对于①,a可以在经过b的平面内,故①错误;对于②,a与α内的直线平行或异面,故②错误;对于③,两平面也可以相交,故③错误;对于④,若a∥b,a∥α,b⊄α,则b∥α,故④正确.
D
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,H分别为DD1,AB的中点,点F,G分别在棱BC, CC1上,且CF=CG=BC,则在F,G,H这三点中任取两点确定的直线中,与平面ACE平行的直线的条数为( )A.0 B.1 C.2 D.3
课堂考点探究
[思路点拨]由题意作出图形,取CE的中点I,连接AI,证出AI∥GH,利用线面平行的判定定理可知GH∥平面ACE,又HF,GF均不与平面ACE平行,即可得解.
图7-39-1
4. [教材改编] 如图7-39-2,平面α∥平面β,△PAB所在的平面与α,β分别交于CD,AB,若PC=2,CA=3,CD=1,则AB= .
高中数学-直线平面平行的性质及判定
一、空间几何体的表面积1棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和2 圆柱的表面积3 圆锥的表面积2r rl S ππ+=4 圆台的表面积22R Rl r rl S ππππ+++=5 球的表面积24R S π=二、空间几何体的体积1柱体的体积 h S V ⨯=底2锥体的体积 h S V ⨯=底313台体的体积 hS S S S V ⨯++=)31下下上上（ 4球体的体积 334R V π=三、直线、平面平行的判定与性质1、直线与平面平行的判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行， 用符号表示为a ⊄α，b ⊂α，且a ∥b ⇒a ∥α。
(1)运用直线与平面平行的判定定理时，必须具备三个条件： ①平面外一条直线；②平面内一条直线；③两条直线相互平行．(2)直线与平面平行的判定定理的关键是证明两直线平行，证两直线平行是平面几何的问题，所以该判定定理体现了空间问题平面化的思想．(3)判定直线与平面平行有以下方法：一是判定定理；二是线面平行定义；三是面面平行的性质定理.【例1】 如右图所示，已知P 、Q 是单位正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面A 1B 1BA 和面ABCD 的中心．求证：PQ ∥平面BCC 1B 1.证：如右图，取B 1B 中点E ，BC 中点F ，连结PE 、QF 、EF ， ∵△A 1B 1B 中，P 、E 分别是A 1B 和B 1B 的中点， ∴PE12A 1B 1.同理QF 12AB .又A 1B 1AB ，∴PE QF .∴四边形PEFQ 是平行四边形． ∴PQ ∥EF .又PQ ⊄平面BCC 1B 1，EF ⊂平面BCC 1B 1， ∴PQ ∥平面BCC 1B 1.222r rl S ππ+=2、平面与平面平行的判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面相交直线，则这两个平面平行．用符号表示为：a ⊂β，b ⊂β，a∩b＝P ，a ∥α，b ∥α⇒β∥α(1)运用判定定理证明平面与平面平行时，两直线是相交直线这一条件是关键，缺少这一条件则定理不一定成立．(2)证明面与面平行常转化为证明线面平行，而证线面平行又转化为证线线平行，逐步由空间转化到平面．(3)证明平面与平面平行的方法有：判定定理、线面垂直的性质定理、定义． (4)平面与平面的平行也具有传递性.【例2】 如右图所示，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1各棱长为4，E 、F 、G 、H 分别是AB 、AC 、A 1C 1、A 1B 1的中点， 求证：平面A 1EF ∥平面BCGH .思晨分析：本题证面面平行，可证明平面A 1EF 内的两条相交直线分别与平面BCGH 平行，然后根据面面平行的判定定理即可证明． 证明：△ABC 中，E 、F 分别为AB 、AC 的中点， ∴EF ∥BC .又∵EF ⊄ 平面BCGH ，BC ⊂平面BCGH ， ∴EF ∥平面BCGH .又∵G 、F 分别为A 1C 1，AC 的中点，∴A 1G FC .∴四边形A 1FCG 为平行四边形． ∴A 1F ∥GC .又∵A 1F ⊄平面BCGH ，CG ⊂平面BCGH ， ∴A 1F ∥平面BCGH . 又∵A 1F ∩EF ＝F ，∴平面A 1EF ∥平面BCGH .3、直线与平面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线 与该直线平行。
高中数学知识点总结(第八章 立体几何 第四节 直线、平面平行的判定与性质)
第四节 直线、平面平行的判定与性质一、基础知识1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言 判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l ∥a ，a ⊂α， l ⊄α，∴l ∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l ∥α，l ⊂β，α∩β＝b ，∴l ∥b⎣⎢⎡⎦⎥⎤❶应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必须都具备，缺一不可. 2．平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言 图形语言符号语言 判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a ∥β， b ∥β， a ∩b ＝P ，a ⊂α， b ⊂α， ∴α∥β 性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，∴a ∥b⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤❷如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行.符号表示：a ⊂α，b ⊂α，a ∩b ＝O ，a ′⊂β，b ′⊂β，a ∥a ′，b ∥b ′⇒α∥β.二、常用结论平面与平面平行的三个性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．考点一直线与平面平行的判定与性质考法(一)直线与平面平行的判定[典例]如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别为线段A1B，AC1的中点．求证：MN∥平面BB1C1C.[证明]如图，连接A1C.在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C为平行四边形．又因为N为线段AC1的中点，所以A1C与AC1相交于点N，即A1C经过点N，且N为线段A1C的中点．因为M为线段A1B的中点，所以MN∥BC.又因为MN⊄平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.考法(二)线面平行性质定理的应用[典例](2018·豫东名校联考)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.求证：FG∥平面AA1B1B.[证明]在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D.又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.因为BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.[题组训练]1．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A ∵若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥n ，由线面平行的判定定理知m ∥α，但若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥α，则m 与n 有可能异面，∴“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件．2．如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝3，M 为PC 上一点，且PM ＝2MC .求证：BM ∥平面P AD .证明：法一：如图，过点M 作MN ∥CD 交PD 于点N ，连接AN . ∵PM ＝2MC ，∴MN ＝23CD .又AB ＝23CD ，且AB ∥CD ，∴AB 綊MN ，∴四边形ABMN 为平行四边形， ∴BM ∥AN .又BM ⊄平面P AD ，AN ⊂平面P AD ， ∴BM ∥平面P AD .法二：如图，过点M 作MN ∥PD 交CD 于点N ，连接BN . ∵PM ＝2MC ，∴DN ＝2NC ， 又AB ∥CD ，AB ＝23CD ，∴AB 綊DN ，∴四边形ABND 为平行四边形， ∴BN ∥AD .∵BN ⊂平面MBN ，MN ⊂平面MBN ，BN ∩MN ＝N ， AD ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，AD ∩PD ＝D ， ∴平面MBN ∥平面P AD .∵BM ⊂平面MBN ，∴BM ∥平面P AD .3.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和P A作平面P AHG交平面BMD于GH.求证：P A∥GH.证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴P A∥MO.又MO⊂平面BMD，P A⊄平面BMD，∴P A∥平面BMD.∵平面P AHG∩平面BMD＝GH，P A⊂平面P AHG，∴P A∥GH.考点二平面与平面平行的判定与性质[典例]如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.[证明](1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.[变透练清]1.变结论在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C，AC1，设交点为M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵DM⊄平面A1BD1，A1B⊂平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又∵DC1∩DM＝D，DC1⊂平面AC1D，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF 的中点，求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O.连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点， 所以DE ∥GN .又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ， 所以DE ∥平面MNG . 又M 为AB 中点，所以MN 为△ABD 的中位线， 所以BD ∥MN .又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ， 所以BD ∥平面MNG .又DE ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，DE ∩BD ＝D ， 所以平面BDE ∥平面MNG .[课时跟踪检测]A 级1．已知直线a 与直线b 平行，直线a 与平面α平行，则直线b 与α的关系为( ) A ．平行 B ．相交C ．直线b 在平面α内D ．平行或直线b 在平面α内解析：选D 依题意，直线a 必与平面α内的某直线平行，又a ∥b ，因此直线b 与平面α的位置关系是平行或直线b 在平面α内．2．若平面α∥平面β，直线a ∥平面α，点B ∈β，则在平面β内且过B 点的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一与a 平行的直线解析：选A 当直线a 在平面β内且过B 点时，不存在与a 平行的直线，故选A. 3．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．在平面内D ．不能确定解析：选A 如图，由AE EB ＝CFFB 得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC ∥平面DEF .4．(2019·重庆六校联考)设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥βB ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α解析：选D 对于选项A ，若存在一条直线a ，a ∥α，a ∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a ，使得a ∥α，a ∥β，所以选项A 的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B 、C 的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D ，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D 的内容是α∥β的一个充分条件．故选D.5.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C 由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，∵A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ，∴A 1D 1∥FG 且A 1D 1⊄平面EFGH ，FG ⊂平面EFGH ， ∴A 1D 1∥平面EFGH (水面)． ∴③是正确的；对于④，∵水是定量的(定体积V )， ∴S △BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V .∴BE ·BF ＝2VBC(定值)，即④是正确的，故选C.6.如图，平面α∥平面β，△P AB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB ，若PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，则AB ＝________.解析：∵平面α∥平面β，∴CD ∥AB ， 则PC P A ＝CD AB ，∴AB ＝P A ×CD PC ＝5×12＝52.答案：527．设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同直线，有下列三个条件： ①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填序号)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.答案：①或③8．在三棱锥P ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△P AC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB 和AC ，则截面的周长为________．解析：如图，过点G 作EF ∥AC ，分别交P A ，PC 于点E ，F ，过点E 作EN ∥PB 交AB 于点N ，过点F 作FM ∥PB 交BC 于点M ，连接MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(平面EFMN 为所求截面)，且EF ＝MN ＝23AC ＝2，FM ＝EN ＝13PB ＝2，所以截面的周长为2×4＝8.10．(2019·南昌摸底调研)如图，在四棱锥P ABCD 中，∠ABC ＝ ∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面P AB ； (2)求三棱锥P ABM 的体积．解：(1)证明：∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点， ∴MN ∥P A ，又MN ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ， ∴MN ∥平面P AB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，CN ＝AN ， ∴∠ACN ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴CN ∥AB . ∵CN ⊄平面P AB ，AB ⊂平面P AB ， ∴CN ∥平面P AB . 又CN ∩MN ＝N ， ∴平面CMN ∥平面P AB .(2)由(1)知，平面CMN ∥平面P AB ，∴点M 到平面P AB 的距离等于点C 到平面P AB 的距离．∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，∴BC ＝3，∴三棱锥P ABM 的体积V ＝V M P AB ＝V C P AB ＝V P ABC ＝13×12×1×3×2＝33.B 级1.如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)求证：MN ∥平面P AB ； (2)求四面体N BCM 的体积． 解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ， 由N 为PC 的中点知TN ∥BC ， TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3，得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N BCM 的体积V N BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.2.如图所示，几何体E ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD . (1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 证明：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接OC ，OE . ∵CB ＝CD ，∴CO ⊥BD . 又∵EC ⊥BD ，EC ∩CO ＝C ，∴BD⊥平面OEC，∴BD⊥EO.又∵O为BD中点．∴OE为BD的中垂线，∴BE＝DE.(2)取BA的中点N，连接DN，MN.∵M为AE的中点，∴MN∥BE.∵△ABD为等边三角形，N为AB的中点，∴DN⊥AB.∵∠DCB＝120°，DC＝BC，∴∠OBC＝30°，∴∠CBN＝90°，即BC⊥AB，∴DN∥BC.∵DN∩MN＝N，BC∩BE＝B，∴平面MND∥平面BEC.又∵DM⊂平面MND，∴DM∥平面BEC.。
2017届高三一轮：7.4《直线、平面平行的判定及其性质》ppt课件
第四节
直线、平面平行的判定及其性质
课前学案 基础诊断
课堂学案 考点通关
高考模拟 备考套餐
1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间 考 纲 中线面平行的有关性质与判定定理。 导 学 2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系 的简单命题。
课前学案
课堂学案
考点通关
考点例析 通关特训
考点一
直线与平面平行的判定及性质
【例1】 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点。 (1)证明：BC1∥平面A1CD；
解析：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中 点。 又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF。 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD。
解析：由α∥β可知，a，b的位置关系是平行或异面。
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置 平行 关系为__________ 。
解析：如图。 连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平 面ACE，所以BD1∥平面ACE。
►名师点拨
判定面面平行的四种方法
(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)。 (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)。 (3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)。 (4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面 平行(客观题可用)。
通关特训2
如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中
基础诊断
夯基固本 基础自测
1．直线与平面平行 (1)判定定理： 文字语言 图形语言 符号语言
浙江版高考理科数学 8.3 直线、平面平行的判定和性质
8.3 直线、平面平行的判定和性质挖命题【考情探究】分析解读 1.平行关系是立体几何中的一种重要关系.判断命题及位置关系常以选择题、填空题形式出现.2.直线与平面、平面与平面平行的判定与性质是高考考查的重点和热点,常以棱锥、棱柱及不规则几何体为背景,以解答题的形式出现.3.预计2020年高考中,直线与平面、平面与平面平行的判定与性质的应用,证明线面、面面的平行关系,仍是高考的考查的重点.破考点【考点集训】考点平行的判定和性质1.(2017浙江镇海中学模拟训练(一),3)若有直线m、n和平面α、β,则下列四个命题中,为真命题的是( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β则α∥βC.若α⊥β,m⊂α,则m⊥βD.若α⊥β,m⊥β,m⊄α,则m∥α答案D2.(2018浙江重点中学12月联考,19)在等腰梯形ABCD中(如图1),AB=4,BC=CD=DA=2,F为线段CD的中点,E、M为线段AB上的点,AE=EM=1,现将四边形AEFD沿EF折起(如图2).图1图2(1)求证:AM∥平面BCD;(2)若BD=,求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值.解析(1)证明:连接CM,∵EM∥FC且EM=FC=1,∴四边形EFCM为平行四边形,(2分)∴EF∥CM且EF=CM.又EF∥AD且EF=AD,∴CM∥AD且CM=AD,(4分)∴四边形ADCM为平行四边形,∴AM∥DC,又∵DC⊂平面BCD,AM⊄平面BCD,∴AM∥平面BCD.(6分)(2)过点D作DH⊥EF于H,连接BH,CH,在Rt△DFH中,易知∠DFH=60°,又DF=1,∴DH=,FH=,在△BEH中,EH=EF-FH=,(10分)∠HEB=60°,EB=3,∴HB2=+32-2××3cos60°=.在△BDH中,DH=,BH=,BD=,∴DH2+BH2=BD2,∴DH⊥HB,又DH⊥EF,∴DH⊥平面BCFE.(13分)∴CH为CD在平面BCFE内的射影,∴∠DCH为CD与平面BCFE所成的角,在△FCH中,易知∠CFH=120°,∴CH=-°=,在Rt△CDH中,CD==,∴sin∠DCH==,(14分)∴CD与平面BCFE所成角的正弦值为.(15分)炼技法【方法集训】方法平行关系判定的方法1.(2018浙江嘉兴教学测试(4月),19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,侧面PCD为正三角形且二面角P-CD-A的平面角为60°.(1)设侧面PAD与平面PBC的交线为m,求证:m∥BC.(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为θ,求sin θ的值.解析(1)证明:因为BC∥AD,BC⊄侧面PAD,AD⊂侧面PAD,所以BC∥侧面PAD,(2分)又因为侧面PAD与平面PBC的交线为m,所以m∥BC.(5分)(2)解法一:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,则PM⊥CD、MN⊥CD,所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角.从而∠PMN=60°.(8分)作PO⊥MN于O,则PO⊥底面ABCD.因为CM=2,PM=2,所以OM=,OP=3.以O为原点,ON所在直线为x轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.(10分)则=(0,4,0),=(4-,2,-3),=(-,2,-3).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则得----可取n=(0,3,2),(13分)则sin θ=|cos<n,>|==.(15分)解法二:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,则PM⊥CD、MN⊥CD. 所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角.从而∠PMN=60°.(8分)作PO⊥MN于O,则PO⊥底面ABCD.因为CM=2,PM=2,所以OP=3.(10分)作OE∥AB交BC于E,连接PE.因为BC⊥PO,BC⊥OE,所以BC⊥平面POE,又BC⊂平面PBC,所以平面POE⊥平面PBC,所以∠PEO就是OE与平面PBC所成的角,(13分)在△POE中,tan θ==.故sin θ=.(15分)2.(2018浙江宁波高三上学期期末,19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD⊥底面ABCD,四边形ABCD为矩形,E为PA的中点,AB=2a,BC=a,PC=PD= a.(1)求证:PC∥平面BDE;(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值.解析(1)证明:如图,设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.在△PAC中,由E为PA的中点,得EO∥PC.(4分)又EO⊂平面BDE,PC⊄平面BDE,所以PC∥平面BDE.(7分)(2)解法一:在△PCD中,DC=2a,PC=PD=a,所以DC2=PD2+PC2,所以PC⊥PD.因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD,AD⊥CD,所以AD⊥平面PCD,故AD⊥PC,又因为AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,所以PC⊥平面PAD,故∠PAC就是直线AC与平面PAD所成的角.(12分)在直角△PAC中,AC=a,PC=a,所以sin∠PAC===,即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.(15分)解法二:如图,取CD的中点F,连接PF.因为PC=PD,所以PF⊥CD.又因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD, 所以PF⊥平面ABCD.如图,建立空间直角坐标系F-xyz.可得C(0,a,0),D(0,-a,0),P(0,0,a),A(a,-a,0),则=(-a,2a,0),=(a,-a,-a),=(a,0,0),(11分)设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),--可取m=(0,1,-1),(13分)则即设直线AC与平面PAD所成角的大小为θ,则sin θ=|cos<m,>|===,所以直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.(15分)过专题【五年高考】A组自主命题 浙江卷题组考点平行的判定和性质(2018浙江,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案AB组统一命题、省(区、市)卷题组考点平行的判定和性质1.(2017课标全国Ⅰ文,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )答案A2.(2016课标全国Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案②③④3.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.4.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.5.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解法一:连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=-=3,可得F(0,,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由可得---可得平面BCF的一个法向量m=-.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.则有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM=-=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin 45°=.从而FN=,可得cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.评析本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.C组教师专用题组考点平行的判定和性质1.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,所以sin∠APH==.解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),-由得设x=2,则可得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,=.则sin α==-所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.2.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.3.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.4.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E 为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1(-1,1,1)为其一组解,应满足的方程组-所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==.评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.5.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形. 则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.(2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC. 又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).可得H,F(0,,1),故=,=(0,,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>===.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.6.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得--取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.7.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC 的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P. 在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角. 设AD=2,则CM=1,PK=2.在Rt△CMP中,PM=CMsin 45°=.在Rt△PKM中,KM==.所以cos∠PKM==.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由得--取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2==(1,1,0),所以cos<n1,n2>===,故二面角A-EG-M的余弦值为.评析本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、二面角的平面角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.8.(2014课标Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=.设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=-.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n1,n2>|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=××××=.评析本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力. 9.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.证明(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共8分)1.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),4)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是( )A.若m∥α,α∩β=n,则m∥nB.若m∥α,n∥α,则m∥nC.若m∥α,m⊥n,则n⊥αD.若m⊥α,m∥β,则α⊥β答案D2.(2018浙江镇海中学模拟,5)已知两条不相交的空间直线a和b,则( )A.必定存在平面α,使得a⊂α,b⊂αB.必定存在平面α,使得a⊂α,b∥αC.必定存在直线c,使得a∥c,b∥cD.必定存在直线c,使得a∥c,b⊥c答案B二、填空题(单空题4分,多空题6分,共4分)3.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,15)已知m,n,l是互不相同的直线,α,β是两个不重合的平面,给出以下四个命题:①m,n是两条异面直线,m⊂α,n⊂β,且m∥β,n∥α,则α∥β;②若m⊂α,n∩α=A,且点A∉m,则m,n是两条异面直线;③若m,n是异面直线,m∥α,n∥α,且l⊥m,l⊥n,则l⊥α;④已知直线m⊥平面α,直线n⊂平面β,α⊥β⇒m∥n.其中为真命题的序号是.(把所有真命题的序号都填上)答案①②③三、解答题(共45分)4.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1,点M,E分别是PA,PD的中点.(1)求证:CE∥平面BMD;(2)点Q为线段BP的中点,求直线PA与平面CEQ所成角的余弦值.解析(1)证明:连接ME,因为点M,E分别是PA,PD的中点,所以ME=AD,ME∥AD,所以BC∥ME,BC=ME,所以四边形BCEM为平行四边形,所以CE∥BM.又因为BM⊂平面BMD,CE⊄平面BMD,所以CE∥平面BMD.(6分)(2)如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,2),Q,E(0,1,1),所以=--,=(-1,0,1),=(0,0,-2).设平面CEQ的法向量为n=(x,y,z),由n=0,n=0,得---令x=2,则z=2,y=1,所以平面CEQ的一个法向量为n=(2,1,2).设直线PA与平面CEQ所成角的大小为θ,于是sin θ==,进而求得cos θ=.所以直线PA与平面CEQ所成角的余弦值为.(15分)5.(2019届浙江温州九校联考,19)如图,将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B,其中E为CD的中点,已知AB=2,BC=1,BD1=CD1,F为D1B的中点.(1)求证:CF∥平面AD1E;(2)求AF与平面BD1E所成角的正弦值.解析(1)证明:取AD1的中点G,连接GF,GE,易得GF∥EC,GF=EC,所以四边形CEGF是平行四边形,所以CF∥GE.(4分)又GE⊂平面AD1E,CF⊄平面AD1E,所以CF∥平面AD1E.(6分)(2)解法一:取AE的中点H,BC的中点M,连接D1H,HM,D1M,因为BD1=CD1,所以D1M⊥BC,又HM⊥BC,D1M∩HM=M,所以BC⊥平面D1HM,所以BC⊥D1H,又D1H⊥AE,所以D1H⊥平面ABCE,因为D1H⊂平面AD1E,所以平面AD1E⊥平面ABCE.(8分)又易知BE⊥AE,所以BE⊥平面AD1E,(9分)所以BE⊥AD1,又AD1⊥D1E,所以AD1⊥平面BD1E,(10分)所以∠AFD1是AF与平面BD1E所成的角.(12分)又AD1=1,D1F=,所以AF=,(14分)所以sin∠AFD1==.(15分)解法二:建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),E(0,1,0),B(1,2,0),C(0,2,0),设D1(x,y,z),由即-----(9分)解得(10分)所以D1,F,则=-,=-,易知=(1,1,0),设平面BD1E的法向量为n=(x1,y1,z1),由得-令x1=1,则y1=-1,z1=-,所以n=(1,-1,-).(12分)设AF与平面BD1E所成角的大小为α,则sin α==-=.(15分)6.(2018浙江名校协作体联考,19,15分)在如图所示的几何体中,平面DAE⊥平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,四边形DCFE为菱形.已知AB∥CD,∠ABC=60°,CD=AB=1.(1)线段AC上是否存在一点N,使得AE平行于平面FDN?证明你的结论;(2)若线段FC在平面ABCD上的投影长度为,求直线AC与平面ADF所成角的正弦值.解析(1)在线段AC上存在点N,使得AE∥平面FDN,且N是AC的中点.证明如下:如图,取AC的中点N,连接EC交DF于点G,连接GN,FN,DN.∵四边形CDEF为菱形,∴G为EC的中点.在△ACE中,由中位线定理可得GN∥AE.(4分)∵GN⊂平面FDN,AE⊄平面FDN,∴AE∥平面FDN,∴在线段AC上存在点N,使得AE∥平面FDN,且N是AC的中点.(6分)(2)解法一:∵DE∥CF,∴DE在平面ABCD上的投影长度为,作EO⊥AD,∵平面DAE⊥平面ABCD,平面DAE∩平面ABCD=AD,∴EO⊥平面ABCD,则OD=,且点O为线段AD的中点,以O为原点,OE所在直线为z轴,过O平行于DC的直线为y轴,过O且垂直平面yOz的直线为x轴,建立空间直角坐标系,则x轴在平面ABCD内.可得A-,C-,D-,E,∴=-,=-,(9分)=+=+=-+(0,1,0)=,(11分)-设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),则得解得一个法向量为n=(1,,-2).设直线AC与平面ADF所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==.(15分)解法二:∵DE∥CF,∴DE在平面ABCD上的投影长度为,作EO⊥AD,∵平面DAE⊥平面ABCD,平面DAE∩平面ABCD=AD,∴EO⊥平面ABCD,则OD=,且点O为线段AD的中点.(7分)设点C到平面FDA的距离为h,∵V C-FDA=V F-ADC,∴hS△FDA=|EO|S△ADC,(8分)S△ADC=,EO=,取AB的中点M,连接CM.取CM的中点P,连接AP,DP,FP. ∵EF∥CD,且P为CM的中点,∴FP⊥平面ABCD,∵AP=,DP=FP=,∴AF=,DF=,∴DF2+AD2=AF2,即△ADF为直角三角形,∴S△FDA=,(12分)高考加油！高考加油！高考加油！高考加油！∴h=△==,(14分)△设直线AC与平面FDA所成的角为θ,则sin θ==.(15分)。
2018年高三数学(理)一轮复习课件 直线、平面平行的判定与性质
解析
答案
第八章
知识梳理 双基自测
8.4
直线、平面平行的判定与性质
知识梳理 核心考点
关闭
它们平行于平面 DC ,D1C1,A1B1 ABP
解析 答案
第八章
知识梳理 双基自测
8.4
直线、平面平行的判定与性质
知识梳理 核心考点
-9-
1
2
3
4
5
4.(教材习题改编P62TA3)在四面体ABCD中,M,N分别是平面 △ACD,△BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是 .
关闭
如图,连接 AM 并延长交 CD 于 E,连接 BN 并延长交 CD 于 F,由重心性质可知,E,F 重合为一点,且该点为 CD 的中点 E,由
8.4 直线、平面平行的判定与性质
第八章
知识梳理 双基自测
8.4
直线、平面平行的判定与性质
知识梳理 核心考点
-2-
1
2
3
1.直线与平面平行的判定与性质
判 定义 图形 条件 a∩α=⌀ a⊂α,b⊄α,a∥b 结论 a∥α b∥α 定 定理 性 质
a ∥α
a∥α,a⊂β,α∩β=b a ∥b
a∩α=⌀
第八章
知识梳理 双基自测
8.4
直线、平面平行的判定与性质
知识梳理 核心考点
-4-
1
2
3
3.常用结论 (1)两个平面平行的有关结论 ①垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β. ②平行于同一平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ. (2)在推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则会出现 错误.
2018届高三数学一轮复习第七章第2讲直线、平面平行的判定与性质
栏目 导引
第七章
立体几何
1．一条直线 l 上有相异三个点 A、B、C 到平面 α 的距离相等，
l∥α 或 l⊂α 那么直线 l 与平面 α 的位置关系是__________________ ．
[解析] 当直线 l∥α 或 l⊂α 时，满足条件．
栏目 导引
第七章
立体几何
2．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 是 DD1 的中点，则 BD1 与
栏目 导引
第七章
立体几何
直线与平面平行的判定与性质 (2017· 南通模拟)如图所示，斜三棱 柱 ABCA1B1C1 中，点 D，D1 分别为 AC， A1C1 上的中点． (1)证明 AD1∥平面 BDC1； (2)证明 BD∥平面 AB1D1.
栏目 导引
第七章
立体几何
【证明】
(1)因为 D1，D 分别为 A1C1 与 AC 的中点，
解决探究性问题一般要采用执果索因的方法，假设求解的结果 存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如 果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合 题目结果要求的条件(出现矛盾)，则不存在．
栏目 导引
第七章
立体几何
如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面 ABCD 为等腰梯 形，AB∥CD，且 AB＝2CD，在棱 AB 上是 否存在一点 F，使平面 C1CF∥平面 ADD1A1？若存在，求点 F 的位置；若不存 在，请说明理由．
2018届高三数学文一轮复习课件：7-4 直线、平面平行的判定及其性质 精品
2．下列条件中，能作为两平面平行的充分条件的是( ) A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面 B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面
解析：由面面平行的定义可知，一平面内所有的直线都平行于另一个平面 时，两平面才能平行，故D正确。
3．(2016·周口模拟)已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过P点的两条直 线AC，BD分别交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的 长为________。
[规律方法] 判定面面平行的四种方法 (1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)。 (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)。 (3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)。 (4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个 平面平行(客观题可用)。
【微练2】如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底 面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝ 2。
【微练3】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中 心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥ 平面PAO?
解析：当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO。 证明如下： ∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA。 ∵P，O分别为DD1，DB的中点，∴D1B∥PO。 又∵D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO， ∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO， 又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ， ∴平面D1BQ∥平面PAO。
空间平行关系的探索性问题
【典例3】如图所示，四边形ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC ＝2，BF⊥平面ACE于点F，且点F在线段CE上。
高中数学 考点28 直线、平面平行的判定及其性质(含高考试题)新人教A版
考点28 直线、平面平行的判定及其性质一、 选择题1.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T11)同(2016·全国卷Ⅰ高考理科·T11)平面α过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A,α∥平面CB 1D 1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB 1A 1=n,则m,n 所成角的正弦值为 ( )A.C. D.13【解析】选A.如图所示:因为α∥平面CB 1D 1,所以若设平面CB 1D 1∩平面ABCD=m 1,则m 1∥m. 又因为平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1, 结合平面B 1D 1C ∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1, 所以B 1D 1∥m 1,故B 1D 1∥m. 同理可得:CD 1∥n.故m,n 所成角的大小与B 1D 1,CD 1所成角的大小相等,即∠CD 1B 1的大小. 而B 1C=B 1D 1=CD 1(均为面对角线),因此∠CD 1B 1=,即sin ∠CD 1B 1=2.(2016·浙江高考理科·T2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n 满足m ∥α,n ⊥β,则 ( )A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n 【解题指南】根据线、面垂直的定义判断.【解析】选C.由题意知,α∩β=l,所以l ⊂β,因为n ⊥β, 所以n ⊥l. 二、解答题3.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T19)(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD,AD ∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD,N 为PC 的中点. (1)证明:MN ∥平面PAB. (2)求四面体N-BCM 的体积.【解析】(1)由已知得AM=23AD=2,取BP 的中点T,连接AT,TN,由N 为PC 中点知TN ∥BC,TN=12BC=2.又AD ∥BC,故TN ∥AM,TN=AM,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT. 因为AT ⊂平面PAB,MN ⊄平面PAB,所以MN ∥平面PAB.(2)因为PA ⊥平面ABCD,N 为PC 的中点,所以N 到平面ABCD 的距离为12PA.取BC 的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE ⊥由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为,故S △BCM =12×4×.所以四面体N-BCM 的体积V N-BCM =13×S △BCM ×PA 2.4.(2016·山东高考理科·T17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O'的直径,FB 是圆台的一条母线.(1)已知G,H 分别为EC,FB 的中点,求证:GH ∥平面ABC.(2)已知EF=FB=12求二面角F-BC-A 的余弦值.【解题指南】(1)找FC 中点I,连接GI,HI,构造面面平行,进而证明线面平行.(2)连接OO',过点F 作FM 垂直OB 于点M,过点M 作MN ⊥BC,找出二面角的平面角是解题的关键.当然,也可以用向量法求解.【解析】(1)如图,设FC 中点为I,连接GI,HI,在△CEF 中,GI ∥EF, 又EF ∥OB,所以GI ∥OB;在△CFB 中,HI ∥BC, 又HI ∩GI=I,所以,平面GHI ∥平面ABC,又因为GH ⊂平面GHI,GH ⊄平面ABC, 所以GH ∥平面ABC.(2)如图,连接OO',过点F 作FM 垂直OB 于点M,则有FM ∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM ⊥平面ABC,可得FM==3. 过点M 作MN ⊥BC,垂足为N,易得FN ⊥BC, 从而∠FNM 为二面角F-BC-A 的平面角. 又AB=BC,AC 为下底面圆的直径,可得MN=BMsin45°.由勾股定理可得,FN=,从而cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为5.(2016·山东高考文科·T18)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EF∥DB.(1)已知AB=BC,AE=EC.求证:AC⊥FB.(2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH∥平面ABC.【解题指南】(1)利用线线垂直判断线面垂直,再由线面垂直的性质证明线线垂直. (2)找FC中点I,连接GI,HI,构造面面平行,进而证明线面平行.【解析】(1)连接ED,因为AB=BC,AE=EC,D为AC中点,所以AC⊥DE,AC⊥DB,DE∩DB=D,又EF∥DB,所以E,F,B,D四点共面,所以AC⊥平面EFBD,所以AC⊥FB.(2)取FC中点I,连接GI,HI,则有GI∥EF,HI∥BC,又EF∥DB,所以GI∥BD,又GI∩HI=I,BD∩BC=B,所以,平面GHI∥平面ABC,因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1
考点32 直线、平面平行的判定及其性质
一、选择题
1.(2015·浙江高考理科·T8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成
△A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角为α,则 ( )
A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α
C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α
【解题指南】根据二面角的定义判断.
【解析】选B.根据折叠过程可知∠A′CB与α的大小关系是不确定的,而根据二面角的定义
易得∠A′DB≥α,当且仅当AC=BC时,等号成立.
二、解答题
2．(2015·山东高考文科·T18)(本小题满分12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,点
G,H分别为AC,BC的中点.
(1)求证:BD∥平面FGH.
(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证平面BCD⊥平面EGH.
【解题指南】(1)要证明线面平行可利用面面平行加以证明.(2)要证明面面垂直,只需根据判
定定理证明线面垂直.
【解析】(1)因为DEF-ABC是三棱台,且AB=2DE,所以BC=2EF,AC=2DF.
因为点G,H分别是AC,BC的中点,所以GH∥AB.
因为AB⊄平面FGH,GH⊂平面FGH,所以AB∥平面FGH.
因为EF∥BH且EF=BH,所以四边形BHFE是平行四边形,所以BE∥HF.
因为BE⊄平面FGH,HF⊂平面FGH,所以BE∥平面FGH;
又因为AB∩BE=B,所以平面ABE∥平面FGH,因为BD⊂平面ABE,所以BD∥平面FGH.
2
(2)因为AB=2DE,所以BC=2EF,因为H是BC的中点,所以12HCBCEF,又HC∥EF,所以
四边形HCFE是平行四边形,所以HE∥CF.
因为CF⊥BC,所以HE⊥BC.
因为GH∥AB,AB⊥BC,所以GH⊥BC.
因为GH∩HE=H,所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.